Resolva o problema de valor inicial dado.
12. y^{(4)}-y=\delta(t-1) ; \quad y(0)=0, \quad y^{\prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime}(0)=0, \quad y^{\prime \prime \prime}(0)=C

Passo 1

O enunciado pede para resolver o problema de valor inicial
y^{(4)}-y=\delta(t-1)
com as condições iniciais
y(0)=0,\quad y'(0)=0,\quad y''(0)=0,\quad y^{(3)}(0)=C.
Informações relevantes que temos: o lado direito é uma função distribuição (a delta de Dirac centrada em t=1); nos dão todas as condições iniciais em t=0; a equação é linear, de ordem 4, com coeficientes constantes. O objetivo é encontrar y(t) (para t\ge0) que satisfaça a EDO e as condições iniciais.

Passo 2

Escolhi usar a transformada de Laplace porque ela transforma derivadas em polinômios em s multiplicando a transformada Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}, trata bem termos com \delta (pois \mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as}) e ainda transforma deslocamentos multiplicativos por e^{-as} (teorema do desfasamento no tempo). Vou lembrar as fórmulas que vou usar:
  • Definição da transformada de Laplace: \mathcal{L}\{y(t)\}=Y(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-st}y(t)\,dt.
  • Transformada de derivadas (para dados iniciais em t=0):
\mathcal{L}\{y^{(n)}(t)\}=s^n Y(s)-s^{n-1}y(0)-s^{n-2}y'(0)-\cdots - y^{(n-1)}(0).
Aqui vou aplicar isso para n=4.
  • Transformada da delta e propriedade de deslocamento:
\mathcal{L}\{\delta(t-a)\}=e^{-as},\qquad \mathcal{L}^{-1}\{e^{-as}F(s)\}=H(t-a)f(t-a),
onde f=\mathcal{L}^{-1}\{F\} e H é a função degrau (Heaviside).

Passo 3

Faço a transformada de Laplace de ambos os lados da equação. Para a derivada quarta, usando as condições iniciais y(0)=y'(0)=y''(0)=0 e y^{(3)}(0)=C, temos:
\mathcal{L}\{y^{(4)}\}=s^4 Y(s)-C.
Então aplicando \mathcal{L} na EDO:
s^4 Y(s)-C - Y(s)=\mathcal{L}\{\delta(t-1)\}=e^{-s}.
Reagrupe:
(s^4-1)Y(s)-C=e^{-s}.

Passo 4

Resolvo para Y(s):
(s^4-1)Y(s)=e^{-s}+C,
Y(s)=\frac{e^{-s}+C}{s^4-1}.
Separe em duas parcelas:
Y(s)=C\cdot\frac{1}{s^4-1}+\frac{e^{-s}}{s^4-1}.
Pelo teorema do deslocamento no tempo, a segunda parcela corresponde, no domínio do tempo, a um termo \,H(t-1) multiplicando a transformada inversa de 1/(s^4-1) deslocada por t-1. Assim, se eu conseguir \displaystyle f(t)=\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^4-1}\right\}, a solução será
y(t)=C\,f(t)+H(t-1)\,f(t-1).
Agora o problema é calcular f(t)=\mathcal{L}^{-1}\{1/(s^4-1)\}.

Passo 5

Calcule f(t)\) usando frações parciais. Primeiro fatoramos o denominador: \[s^4-1=(s^2-1)(s^2+1)=(s-1)(s+1)(s^2+1).
Procuramos uma decomposição
\frac{1}{s^4-1}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+1}+\frac{Cs+D}{s^2+1}.
Multiplicando ambos os lados por s^4-1 obtemos a identidade
1=A(s+1)(s^2+1)+B(s-1)(s^2+1)+(Cs+D)(s^2-1).
Agora determinamos constantes.
Use s=1:
1=A(1+1)(1^2+1)=A\cdot 2\cdot 2=4A\quad\Rightarrow\quad A=\tfrac{1}{4}.
Use s=-1:
1=B(-1-1)((-1)^2+1)=B\cdot(-2)\cdot 2=-4B\quad\Rightarrow\quad B=-\tfrac{1}{4}.
Com A e B conhecidos, podemos expandir as parcelas A(s+1)(s^2+1)+B(s-1)(s^2+1) e comparar coeficientes para obter C e D. Faço a soma dessas duas parcelas:
A(s+1)(s^2+1)+B(s-1)(s^2+1)=\tfrac{1}{4}(s^3+s^2+s+1)-\tfrac{1}{4}(s^3-s^2+s-1).
Calculando a diferença:
=\tfrac{1}{2}s^2+\tfrac{1}{2}.
Portanto a identidade fica
1=\left(\tfrac{1}{2}s^2+\tfrac{1}{2}\right)+(Cs+D)(s^2-1).
Expanda (Cs+D)(s^2-1)=C s^3 + D s^2 - C s - D. Somando com o termo anterior e igualando coeficientes aos de 1 (que é 0\cdot s^3+0\cdot s^2+0\cdot s +1), obtemos o sistema:
\begin{cases} s^3:\; C=0,\\[4pt] s^2:\; \tfrac{1}{2}+D=0\;\Rightarrow\;D=-\tfrac{1}{2},\\[4pt] s^1:\; -C=0\\ \text{(já satisfeita)},\\[4pt] \text{const:}\; \tfrac{1}{2}-D=1\\ \text{(verificação ok)}. \end{cases}áçã
Logo C=0\] e \(D=-\tfrac{1}{2}.
Assim a decomposição final é
\frac{1}{s^4-1}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s-1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{s+1}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{s^2+1}.]

Passo 6

Agora aplico a transformada inversa termo a termo. Lembrando \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s-a}\}=e^{at} e \mathcal{L}^{-1}\{\tfrac{1}{s^2+1}\}=\sin t, obtenho
f(t)=\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s^4-1}\right\} =\frac{1}{4}e^{t}-\frac{1}{4}e^{-t}-\frac{1}{2}\sin t.
Podemos escrever de forma mais compacta usando \operatorname{sinh}:
f(t)=\frac{1}{2}\operatorname{sinh} t-\frac{1}{2}\sin t=\frac{1}{2}\bigl(\operatorname{sinh} t-\sin t\bigr).

Passo 7

Retornando à solução y(t)=C\,f(t)+H(t-1)f(t-1), substituo f. Assim a solução do problema de valor inicial é
y(t)=\frac{C}{2}\bigl(\operatorname{sinh} t-\sin t\bigr)+\frac{1}{2}H(t-1)\bigl(\operatorname{sinh}(t-1)-\sin(t-1)\bigr).
Comentários rápidos e reconfortantes: para 0\le t<1 o termo com H(t-1) some e y(t)=\tfrac{C}{2}(\operatorname{sinh} t-\sin t), e em t=0 todas as condições iniciais ficam satisfeitas (verificação rápida: y(0)=0, y'(0)=0, y''(0)=0, y^{(3)}(0)=C). O impulso \delta(t-1) aparece como um acréscimo deslocado em t=1 igual a \tfrac{1}{2}(\operatorname{sinh}(t-1)-\sin(t-1)) ativado por H(t-1).

Resposta

y(t)=\frac{C}{2}\bigl(\operatorname{sinh} t-\sin t\bigr)+\frac{1}{2}H(t-1)\bigl(\operatorname{sinh}(t-1)-\sin(t-1)\bigr)

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